3.1 Định lí (d' Alermbert)
Trường sô phức ∀ là đóng đái sô, tức là mĩi đa thức f ∈ ∀[x] có baơc 1 đeău có nghieơm trong ∀.
hứng minh: (xem phaăn phú lúc)
≥
C
3.2 Định lí
a) Các đa thức bât khạ qui tređn ∀[x] là các đa thức baơc 1 : p(x) = ax + b. – Các đa thức baơc 1 : p(x) = ax + b
đa th x2
b) Các đa thức bât khạ qui trong 3[x] bao goăm :
Chứng minh: a) suy r tra ực tiêp từ định lí 3.1. Ta chứng minh b). Giạ sử p(x) thuoơc [x] là bât khạ qui và deg(p) 2. Vì p(x) cũng thuoơc ∀[x] neđn theo định lí 3.1 p(x)
3 . Vì
≥ 3
có ít nhât moơt nghieơm z ∈∀ và do p bât khạ qui trong 3[x] neđn z ∉ z cũng ø nghieơm cụa p(x) neđn T = (x – z)(x – z
la ) là moơt ước cụa p(x) trong ∀[x], nhưng T
= x2 – 2Re(z)x + 3[x] neđn T cũng là ước cụa p(x) trong 3[x]. Do p bât khạ a.T, với a
z ∈
∈
qui neđn T phại lieđn kêt với p, tức là p = 3*. Vaơy p(x) là moơt tam thức
đ ràng các đa thức baơc 1 là bât khạ qui,
vaơy, vì nêu khođng thì nó phại có moơt
ớc là đa thức baơc 1 và đieău này mađu thuaơn với giạ thiêt vođ nghieơm cụa đa thức đó.
aơn Eisenstein)
baơc 2 khong có nghieơm thực. Ngược lái rõ các đa thức baơc 2 khođng có nghieơm thực cũng ư
3.3 Định lí ( tieđu chu
êu f(x) = anx + an n–1xn–1 + … + a0
N ∈9[x] và p là moơt sô nguyeđn tô thỏa mãn
an≠ 0( mod p), ai 0(mod p) với mĩi i < n, và a0≠ 0 (mod p )
0 k k 0 k k kx ; r, s > 0 và r + s = n. Vì o p nguyeđn tô thỏa p | a0 neđn suy ra b0
2
≡
thì f(x) là đa thức bât khạ qui trong Θ[x].
Chứng minh: Giạ sử f =g.h, với g = ∑r b xk , h ∑s c
= =
a0 = b0 c0 và d ≡ 0(mod p) hoaịc c0 ≡
0(mod p). Chú ý raỉng nêu b0 0(mod p) thì c0≠ 0(mod p) vì nêu khođng thì a0 =b0
co 0(mod p2). Giạ sử b0 0(mod p). Ta cũng đeơ ý raỉng khođng phại mĩi heơ sô ≡
≡ ≡
cụa g(x) đeău là boơi cụa p vì nêu khođng thì an = br cs ≡ 0(mod p), và đieău này tra
với giạ thiêt. Gĩi b r < n). Khi ùi
ó từ ai = bic0 + bi là heơ sô đaău tieđn cụa g khođng chia hêt cho p (0 < i i–1c1 + … + b0ci suy ra bic0 ≤ ≡
đ 0(mod p) nhưng do p nguyeđn tô
eđn p |bi hoaịc p | c0, và đieău này dăn đên mađu thuaơn.
m – p là đa thức bât khạ qui. n
BAØI TAƠP
1. Tređn vành 9 [x] xét đa thức f(x) = xp. Hãy xác định hàm đa thức tươn
2. Cho p là sô nguyeđn tô và đa thức f(x) = xp – 1
∧ f p g ứng với f. ∈9p[x]. Chứng minh raỉng f(x) = (x –1)p.
3. Trong vành đa thức 95[x] hãy thực hieơn các phép tóan : a) (2x2 + 4x2 + 1) (3x2 + 1x + 2)
b) (– 2x2 + 4x + 3)2
c) Phép chia (– 1x3 +2x2 +2x + 1) cho (–2x2 + 2x –1)
4. Trong vành 96[x] hãy thực hieơn phép nhađn
(2x3 + 4x2 + 1x) (3x2+ 3x + 2)
5. Trong vành 97[x] hãy xác định p đeơ dư cụa phép chia (1x3 + px + 5) cho (1x2 + 5 x + 6) là baỉng 0.
7. Chứng tỏ đa thức
6. Trong vành Θ[x] chứng minh raỉng đa thức (x+1)2n – x2n – 2x –1 chia hêt cho các đa thức 2x + 1, x + 1 và x.
1x2 + 14 ∈ 915[x] có 4 nghieơm trong 915.
8. Cho các đa thức
f(x) = – x3 – 7x2 + 2x – 4 g(x) = – 2x2 + 2x – 1. a) Tìm ƯCLN cụa f(x) và g(x) trong Θ[x] b) Tìm ƯCLN cụa f(x) và g(x) trong 911[x]
9. Xét taơp Θ( 2) = {a + b 2 : a, b ∈Θ}. Chứng minh raỉng
a) Θ( 2) là moơt trường vơiù phép coơng và nhađn thođng thường các sô. b) Θ( 2) ≅ Θ[x] / 10.Xét taơp 3 > − <x2 2 ( −3) = {a + b −3 : a, b ∈3}. Chứng minh raỉng :
a) 3 ( −3) là moơt trường vơiù phép coơng và nhađn thođng thường các so b) 3 ( −3) ≅ 3[x] /
11.Hãy bieơu dieên các đa thức sau qua các đa thức đôi xứng cơ bạn 1) x3 + y3 + z3 – 3xyz
2) x2 y + x y2 + x2 z + x z 2+ y2 z + y z2 . 3) – 2 x2 z2 – 2 y2 z2 . 4) x y + x y + x z + x2 z 5+ y5 z2 + y2 z5 .
12. Xác định tính bât khạ qui cụa các đa thức sau tređn trường sô hữu tư 1) x4 – 8x3 + 12x2 – 6x –2
2) x5 – 12x3 + 36x –12 3) x4 – x3 + 2x +1
13. Chứng minh raỉng đa thức thuoơc 3[x] có baơc 3 đeău khođng bât khạ qui.
14. Cho f(x) = xn + … + a0 9[x] với n 1. Chư ra raỉng nêu f có nghieơm hữu tư thì ghieơm đó là nghieơm nguyeđn và là ước cụa a0.
5. Tìm tât cạ các nghieơm hữu tư cụa các đa thức sau: a) x7 –1
b) 2x4 – 4x + 3
c) x5 + x4 – 6x3 – 14x2 – 11x – 3
16. Cho p là sô nguyeđn tô. Đaịt f(x) = xp + xp–1 + … + 1. Chứng tỏ raỉng f(x) là bât khạ qui tređa Θ [x] > + <x2 3 . x4 + y4 + z4 – 2x2 y2 5 2 2 5 5 2 ≥ ∈ ≥ n 1
PHÚ LÚC
. Trường sô thực 1
1.1 Lát caĩt hữu tư
• Giạ sử K là moơt trường tređn đó đã xác định quan heơ thứ tự tòan phaăn '' bé hơn '' < . Ta gĩi moơt lát caĩt tređn trường K là moơt caịp (A1, A2) goăm hai taơp con cụa K thỏa mãn các tính chât :
1) A1≠∅ , A2≠∅ .
2) A1 A = 2 ∅, A 1∪ A = K. 2
2) x < y với mĩi x ∩ ∈ A1, với mĩi y ∈ A2 .
• Ta thây moêi lát caĩt (A1, A2) chư có theơ thuoơc moơt trong bôn lĩai sau đađy:
1) A1 có phaăn tử lớn nhât, A2 có phaăn tử bé nhât. 2) A1 có phaăn tử lớn nhât, A2 khođng có phaăn tử bé nhât. 3) A1 khođng có phaăn tử lớn nhât, A2 có phaăn tử bé nhât.
nhât.
Lát caĩt lĩai 1 gĩi là lát caĩt có bước nhạy, lĩai 2 và 3 gĩi là lát caĩt có bieđn, lĩai 4 gĩi là lát caĩt khođng bieđn.
• Moơt trường saĩp thứ tự tòan phaăn K gĩi là lieđn túc nêu mĩi lát caĩt tređn K đeău có bieđn. Trường sô hữu tư Θ là moơt trường khođng lieđn túc.
• Gĩi 3 là taơp hợp tât cạ các lát caĩt tređn trường sô hữu tư Θ. Chú ý raỉng lát caĩt tređn trường hữu tư khođng theơ có bước nhạy.
1.2 Các quan heơ tređn 3.
4) A1 khođng có phaăn tử lớn nhât, A2 khođng có phaăn tử bé
Cho hai lát caĩt =(Aα 1, A2), =(Bβ 1, B2) ∈3
• Hai lát caĩt và gĩi là α β baỉng nhau, và viêt α = β, nêu và chư nêu A1 – {phaăn tử lớn nhât} = B1 – {phaăn tử lớn nhât}
hoaịc A2 – {phaăn tử bé nhât} = B2 – {phaăn tử bé nhât}
ùt caĩt có bieđn =(A1, A2) với A2 khođng có phaăn tử bé nhât.
• Ta nói raỉng bé hơn , và viêt
Ta qui ước viêt la α
α β α < β, nêu A 1 ⊂ B1 và A 1 ≠ B1. Với quan heơ <, 3 là moơt taơp được saĩp thứ tự toàn phaăn.
1.3 Phép coơng
(A1, A2) + (B1, B2) = (C1, C2)
trong đó, C2 = {(a2 + b2) , a2 ∈ A2, b2 ∈ B2} và C1 = Θ – C2.
Đôi với phép coơng phaăn tử đơn vị là 0 = (O1, O2), trong đó O1 là taơp các sô hữu tư
khođng dương và O2 = (A1,
A2) là – = (A'1, A' là taơp các sô hữu tư dương, phaăn tử nghịch đạo cụa 2), trong đó A'2 ={– r : r α
α ∈ A1} và A'1 = Θ – A'2.
1.4 Phép nhađn
a) Nêu = (A1, A2), = (B1, B2) > 0, thì phép nhađn được xác định bởi
α β
α.β = (A1, A2).(B1, B2) = (C1, C2),
ở đađy C2 := {a2.b2 : a2 ∈ A2, b2 ∈ B2 } và C1 = Θ – C2.
b) Nêu > 0, < 0 hoaịc < 0, α β α β > 0 thì phép nhađn được xác định bởi α.β = (– ) = (–α β α)β.
ađn được xác định bởi
c ) Nêu α > 0, β < 0 thì phép nh
α.β = (– ).(– α β)
d) Nêu = 0 hoaịc = 0 thì phép nhađn được xác định bởi
α β
α.β = 0. = .0 = 0
Đôi với phép nhađn phaăn tử đơn vị có dáng E = (E1, E2), trong đó E1 là taơp các sô hữu tư khođng lớn hơn 1 và E2 là taơp các sô hữu tư lớn hớn 1, phaăn tử nghịch đạo cụa
= (A1, A2) > 0 là –1 = (A'1, A'2), trong đó taơp A'2 = {r –1 : r
β α
α α ∈ A 1, r > 0 } và A'1
= Θ – A'2, còn phaăn tử nghịch đạo cụa α < 0 là α–1 = (–α)–1.
2. Trường sô phức
2.1 Xađy dựng sô phức
• Ta xét taơp hợp ∀ = 3 ×3 là taơp tât cạ các caịp sô thực (a, b) mà tređn đó quan heơ baỉng nhau, phép tóan coơng, phép tóan nhađn được xác định như sau :
(a, b) = (c, d ) ⇔ a = b và c = d. (a, b) + (c, d) = (a + c, b + d)
• Đôi với phép coơng phaăn tử đơn vị là 0 = (0, 0), phaăn tử nghịch đạo cụa z = (a, b) là – z = (– a, – b). Đôi với phép nhađn phaăn tử đơn vị là 1 =(1, 0), phaăn tử nghịch đạo cụa z =(a, b)≠0 là z–1 = ( 2 2 2 2
b a b , b a a + − + ).
ới phép coơng và phép nhađn đã được định nghĩa thì (∀,+,•) là moơt trường, gĩi là
trường sô phức, moêi phaăn tử gĩi là moơt sô phức.
• Nêu đaịt ∀0 = {(a, 0): a 3 } ⊂∀ thì ( ∀, +, •) là moơt trường và từ đẳng câu : 3 ∀0, a (a, 0), ta có theơ đoăng nhât 3 với ∀0, tức là moêi sô thực x 3 đoăng nhât với sô phức (x, 0) ∀ , đaịc bieơt 1 ≡ (1, 0), và 0 ≡ (0, 0).
Với moêi sô phức z = (a, b) ∀, ta có theơ viêt : (a, b) = (a, 0) + (b, 0).(0, 1)
và nêu đaịt i = (0, 1) thì sô phức z có dáng z = a + bi, gĩi là dáng đái sô cụa sô phức. Sô a được gĩi là phaăn thực cụa sô phức z, kí hieơu a = Rez, và sô b được gĩi là phaăn ạo cụa sô phức z, kí hieơu b = Im z. Ta gĩi sô phức
V ∈ ϕ → a ∈ ∈ ∈ • z = a – bi là sô phức lieđn hợp cụa sô phức z = a + bi. Vieơc tính toán các sô phức viêt dưới dáng đái sô như tính toán tređn sô thực với chú ý raỉng
i2 = i. i = (0, 1).(0, 1) = ( –1, 0) ≡ –1
• Nêu tređn maịt phẳng tĩa đoơ Oxy ta đaịt tương ứng moêi sô phức z = a + bi với đieơm M(a,b) Oxy hoaịc với vectơ ∈ OM→ = (a, b) ∈ mpOxy thì ta được moơt song ánh từ ∀ leđn mpOxy. Đieơm M(a,b) hoaịc vectơ = (a,b) được gĩi là bieơu dieên hình hĩc cụa sô phức z. Maịt phẳng tĩa đoơ Oxy còn được gĩi là maịt phẳng phức, trúc Ox gĩi là trúc thực, Oy là trúc ạo.
• Bađy giờ giạ sử z = a + bi là moơt sô phức bât kì được bieơu dieên bởi vectơ tređn mp Oxy. Ta gĩi r = =
→
OM
→
OM |OM→ | a2 +b2 là modul cụa sô phức z, và kí hieơu | z |. Góc định hướng (Ox, ) gĩi là argument cụa cụa sô phức z, kí hieơu arg z. Ta thây raỉng sô 0 có modul là 0 và argument tùy ý, còn moêi sô phức khác 0 có modul định sai khác nhau moơt boơi nguyeđn cụa 2
• Nêu sô phức z = (a,b) ≠ 0 có
→
OM
là moơt sô thực dương và argument được xác
π.
z = r và arg z = ϕ (hoaịc toơng quát arg z = ϕ +k2 ) thì ta có moơt bieơu dieên khác cụa sô phức như sau (gĩi là bieơu dieên lượng giác )
z = (a,b) = a + bi = r (cos
π
• Với z = r (cosϕ + isinϕ), ta có các cođng thức zn = [r(cosϕ + isinϕ)]n = rn (cosnϕ + isinnϕ) n z = n r(cos n k 2 π + ϕ + isin n k 2 π + ϕ ), k = 0, 1, 2, …, n –1. 2.2 Định lí (d' Alermbert)
Trường sô phức ∀ là đóng đái sô, tức là mĩi đa thức f∈ ∀[z] có baơc ≥ 1 đeău có nghieơm trong ∀.
Chứng minh: Có nhieău phép chứng minh định lí d'Alermbert và thường
phại sử dúng đên kêt quạ cụa giại tích. Sau đađy là moơt. Ta sẽ chứng minh baỉng phương pháp phạn chứng: Giạ sử toăn tái moơt đa thức f(z) = ∑
= n 0 i i iz a ∈ ∀[x] khác haỉng và khođng có nghieơm nào trong ∀. Xét hàm
| f | : ∀ → ∀, x a | f(z)|
Vì | f |→ ∞ khi | z | → ∞ neđn toăn tái R > 0 sao cho | f(z) | > | f(0) | với mĩi z ∈ {| z
| > R}. Vì | f | lieđn túc tređn compact {| z | ≤ R } neđn toăn tái z0B B∈∀ sao cho | f(zB0B) | =
R z
min
≤ | f(z) |. Nhưng vì | f (z)| >| f(0) | ≥ | f(zB0B) | với mĩi z ∈ {| z | > R} neđn ta có |
f(zB0B) | =
C z min
∈ | f(z) |.
Ta có cođng thức Taylor đôi với f
f(zB0B + h) = f(zB0B) + h f '(zB0B) + … +
! n hn
f (n)(zB0B)
Ta chứng minh raỉng, có theơ chĩn h sao cho | f(zB0B +h) | < | f(zB0B) | và từ đó suy ra mađu thuaơn. Trước hêt đeơ ý raỉng, có ít nhât moơt đáo hàm câp cao cụa f tái zB0 B là khác 0, cú theơ là f (n)(zB0B) = n!aBnB≠ 0. Gĩi k ≥ 1 là sô nguyeđn bé nhât sao cho f (k)(zB0B) ≠ 0. Như vaơy ta có ) z ( f ) h z ( f 0 o + = 1 + hk ) z ( f ! k ) z ( f 0 o ) k ( + … + hn ) z ( f ! n ) z ( f 0 o ) n ( = 1 + hk ) z ( f ! k ) z ( f 0 o ) k ( + hk+1 g(h), với g(h) ∈∀[h] nào đó.
Gĩi w là sô phức sao cho wk = – ) z ( f ! k ) z ( f 0 o ) k ( , khi đó ta có ) z ( f ) z ( f 0 w t o + = 1 – tk + tk+1w– k–1 g(tw–1).
Vì hàm moơt biên fB1B(t) = | w– k–1 g(tw–1)| lieđn túc tređn [0, 1]) neđn toăn tái C > 1 sao cho với mĩi t ∈ [0, 1] ta có | w– k–1 g(tw–1)| < C , và từ đó
) z ( f ) z ( f 0 w t o + ≤ 1 – tk + C tk+1 . Bađy giờ chư caăn chĩn t sao cho 0 < t <
C 1
< 1 thì ta có
0 < 1 – tk + C tk+1 < 1. hay | f(zB0B + wt ) | < | f(zB0B) |